(1 + z 2j ) = 1 z2n+2. 1 z. (1 + z)(1 z) 1 z. 1 z. (1 + z 2j ) = 1 z. 1 z 1 z

Transkript

1 Aufgabe Zeigen Sie mit vollständiger Induktion: Für alle n N gilt (8 Punkte) n ( + z 2j ) = 2n+, wobei z C, z, eine komplexe Zahl ist Lösung [8 Punkte] Induktionsanfang: n = : ( + z 2j ) = ( + z 2 ) = + z = ( + z)() = 2 = 2+ Induktionsvoraussetzung: Für ein beliebiges aber festes n N gelte n ( + z 2j ) = 2n+ Induktionsbehauptung: Es gilt auch n+ ( + z 2j ) = 2n+2, Induktionsschritt: Es ist n+ ( + z 2j ) = n ( + z 2j )( + z 2n+ ) IV = 2n+ ( + z 2n+ ) = 2 2n+ = 2n+2

2 2 Aufgabe ( Punkte) a) Bestimmen Sie alle komplexen Lösungen der Gleichung z 3 = 8i b) Bestimmen Sie alle reellen und komplexen Nullstellen des Polynoms p(x) = 2x 3 2x 2 + 8x 8 und bestimmen Sie außerdem die Zerlegung von p in komplexe Linearfaktoren, sowie in reelle Linearfaktoren und reelle quadratische Faktoren ohne reelle Nullstellen Lösung a) [4 Punkte] Schreibe z in der Eulerdarstellung: z = re iφ mit r > und φ R Dann ist r 3 e i3φ = z 3 = 8i = 2 3 e iπ/2 Daher folgt r 3 = 2 3, also r = 2, und 3φ = π 2 + 2πk, k Z, also φ = π 6 + 2π 3 k, k Z Dies gibt die drei verschiedenen Lösungen (Winkel: π 6, π 2, 7π 6 ) b) [6 Punkte] Es ist p(x) = 2(x 3 x 2 + 4x 4), also z k = 2e i( π 6 + 2π 3 k), k =,, 2 p(x) = 2((x 2 (x ) + 4(x )) = 2(x )(x 2 + 4) (Alternativ kann die Nullstelle geraten werden und p(x) durch x per Polynomdivision geteilt werden) Weiter ist x = x 2 (2i) 2 = (x 2i)(x + 2i) Alternativ: pq oder abc-formel zur Bestimmung der Nullstellen 2i un 2i Damit hat p die drei Nullstellen, 2i und 2i Die Zerlegung in komplexe Linearfaktoren ist p(x) = 2(x )(x 2i)(x + 2i) Die Zerlegung in reelle Linearfaktoren und quadratische Faktoren ohne reelle Nullstellen ist p(x) = 2(x )(x 2 + 4) (x hat nichtreelle Nullstellen)

3 3 Aufgabe (8 Punkte) Bestimmen Sie das Taylorpolynom 2 Ordnung von f : R \ { 2} R, f(x) = x x+2, im Entwicklungspunkt x = Geben Sie das zugehörige Restglied in der Lagrange-Form an Lösung Berechnung der ersten drei Ableitungen: f(x) = x x + 2 = 3 x + 2, f (x) = 3(x + 2) 2 = 3 (x + 2) 2, f (x) = 2! 3(x + 2) 3 6 = (x + 2) 3, f (x) = 3! 3(x + 2) 4 = 8 (x + 2) 4 Daher ist das Taylorpolynom 2 Ordnung von f mit Entwicklungspunkt x = : T 2 (x) = Das Restglied hat die Form 2 k= f (k) (x ) (x x ) k k! = f( ) + f ( )(x + ) + f ( ) (x + ) 2 2! = 2 + 3(x + ) 3(x + ) 2 = 2 3x 3x 2 wobei ξ ein Punkt zwischen und x ist R 2 (x) = f (3) (ξ) (x x ) 3 3! 3 = (ξ + 2) 4 (x + )3,

4 4 Aufgabe (2 Punkte) Bestimmen Sie den Wert des Integrals in a) und die allgemeine Stammfunktion in b) und c): π (arctan(x)) 2 a) dx, b) (x + ) cos(x) dx, c) 2 + cos(x) + x 2 dx Lösung Es ist a) [4 Punkte] π π 2 + cos(x) dx = 2 + cos(x) dx = ln 2 + cos(x) π = ln + ln 3 = ln(3) Alternative : Substituiere t = 2 + cos(x), dann ist dt = dx, also π 2 + cos(x) dx = 3 dt = 3 t t dt = ln t 3 = ln 3 ln = ln(3) Alternative 2: Substituiere t = cos(x), dann ist dt = dx, also π b) [4 Punkte] 2 + cos(x) dx = 2 + t dt = ln 2 + t = ln 3 ln = ln(3) Partielle Integration: Mit u(x) = x + und v (x) = cos(x), also v(x) =, ist (x + ) cos(x) dx = (x + ) dx = (x + ) + cos(x) + c, c R c) [4 Punkte] Es ist arctan(x) 2 + x 2 dx = arctan (x) arctan(x) 2 dx = 3 (arctan(x))3 + c, c R Alternative: Substituiere t = arctan(x), dann ist dt = arctan(x) 2 + x 2 dx = dx +x 2, also t 2 dt = 3 t3 + c = 3 arctan(x)3 + c, c R

5 5 Aufgabe ( Punkte) Sei f : [, ] R, f(x) = e 4x3 3x 2 Untersuchen Sie das Monotonieverhalten der Funktion f und bestimmen Sie alle lokalen und globalen Minima sowie Maxima Lösung Es ist f (x) = (4 3x 2 6x)e 4x3 3x 2 = 6(2x 2 x)e 4x3 3x 2 = 6x(2x )e 4x3 3x 2 Daher hat f Nullstellen in x = und x = 2 Vorzeichen wie x(2x ) Da 6ey > für alle y R hat f das gleiche Für x < sind x < und 2x <, also f (x) > und somit f streng monoton wachsend Für < x < 2 sind x > und 2x <, also f (x) < und somit f streng monoton fallend Für 2 < x sind x > und 2x >, also f (x) > und damit f streng monoton wachsend Daher gilt in den kritischen Punken: Bei x = hat f ein lokales Maximum Bei x = 2 hat f ein lokales Minimum An den Randpunkten gilt: Am linken Randpunkt hat f ein lokales Minimum Am rechten Randpunkt hat f ein lokales Maximum Globale Extrema: Wegen f() = e =, f( 2 ) = e /4, f( ) = e 7, f() = e hat f ein globales Minimum in x = und ein globales Maximum in x =

6 6 Aufgabe ( Punkte) a) Die Funktion f : ], π[ R, f(x) = cos(x), ist bijektiv Zeigen Sie, dass für die Ableitung f (x) = (f(x)) 2 gilt, und berechnen Sie (f ) (x) mit der Formel für die Ableitung der Umkehrfunktion b) Berechnen Sie lim x ( e x x ) Hinweis: Fassen Sie den Ausdruck zuerst zu einem Bruch zusammen c) Zeigen Sie, dass für alle x ], π 4 [ gilt tan(x) > x Lösung a) [3 Punkte] Mit der Quotientenregel ist f (x) = cos (x) cos(x) sin (x) 2 = 2 + cos(x) 2 2 = f(x) 2 Mit der Formel für die Ableitung der Umkehrfunktion ist (f ) (x) = f (f (x)) = f(f (x)) 2 = + x 2 b) [4 Punkte] Es ist ( lim x e x ) x e x + = lim x x x(e x ) l H = lim x l H e x = lim x e x + e x + xe x = 2 e x e x + xe x An beiden Stellen, wo wir die Regel von l Hospital verwendet haben, konvergieren Zähler und Nenner gegen c) [4 Punkte] Sei x ], π 2 [ und f(t) = tan(t) Dann gilt mit dem Mittelwertsatz (a =, b = x): Es existiert ein ξ ]a, b[ mit tan(x) x = tan(x) tan() x = tan (ξ) = + tan(ξ) 2 Da x > ist, folgt tan(x) > x Alternative: Sei f(x) = tan(x) x Dann ist f (x) = + tan(x) 2 = tan(x) 2 >, also f streng monoton wachsend auf [, π 4 ], tan(x) > x insbesondere also f(x) > f() =, also